Bài 16. Giới hạn của hàm số

Định hướng. Tử có nhân tử $2-x$, triệt tiêu với mẫu, $f$ trở thành một đa thức bậc nhất trên tập xác định.

Vậy a) $D=\mathbb{R}\setminus \{2\}$; b) $u_n=-4-\frac{1}{n}$, $\underset{n\to +\infty }{\lim }{u}_n=-4$; c) $f(x_n)=-x_n-2$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }f(x_n)=-4$.

Định hướng. Không rút gọn $f$, tính thẳng tử và mẫu của $f(x_n)$ theo $n$ rồi chia.

Vậy $u_n=-4-\frac{1}{n}\to -4$ và với mọi dãy $x_n\to 2$ ($x_n\ne 2$) thì $f(x_n)\to -4$.

Định hướng. Đồ thị của $f$ là đường thẳng $y=-x-2$ bỏ đi đúng điểm có hoành độ $2$; điểm $(x_n;f(x_n))$ chạy trên đường thẳng đó.

Vậy $D=\mathbb{R}\setminus \{2\}$, $\underset{n\to +\infty }{\lim }f(x_n)=-4$ với mọi dãy $x_n\to 2$, $x_n\ne 2$; tức là $\underset{x\to 2}{\lim }f(x)=-4$.

Nhận xét. Giá trị $-4$ là tung độ của “lỗ thủng” trên đồ thị: $f$ không xác định tại $2$ nhưng vẫn có giới hạn tại $2$.

Định hướng. Viết $x-1=\left(\sqrt{x}-1\right)\left(\sqrt{x}+1\right)$ để triệt tiêu nhân tử gây ra dạng $\frac{0}{0}$.

Vậy $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-1}{\sqrt{x}-1}=2$.

Định hướng. Nhân cả tử và mẫu với $\sqrt{x}+1$ để mẫu hết căn.

Vậy giới hạn bằng $2$.

Định hướng. Khi $x\to 1$ thì $t=\sqrt{x}\to 1$, biểu thức trở thành phân thức hữu tỉ theo $t$.

Vậy giới hạn bằng $2$.

Nhận xét. Thử số: $x=1,01$ cho $\frac{0,01}{0,004988}\approx 2,005$, rất gần $2$.

Định hướng. Tính cụ thể $x_n-1$ và $x_n^{\prime }-1$ để biết dấu, từ đó bỏ dấu giá trị tuyệt đối.

Vậy a) $y_n=-1$, $y_n^{\prime }=1$; b) $\lim y_n=-1$, $\lim y_n^{\prime }=1$; c) $\underset{n\to +\infty }{\lim }f(x_n)=-1$, $\underset{n\to +\infty }{\lim }f(x_n^{\prime })=1$.

Định hướng. Bỏ trị tuyệt đối ngay trên $f$, được hàm hằng trên từng phía của điểm $1$.

Vậy $\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)=-1$ và $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)=1$.

Định hướng. Đồ thị của $f$ gồm hai tia nằm ngang $y=-1$ (bên trái $x=1$) và $y=1$ (bên phải $x=1$).

Vậy hai giới hạn là $-1$ và $1$.

Nhận xét. Hai giới hạn một bên khác nhau nên $f$ không có giới hạn khi $x\to 1$ — đây chính là ví dụ mở đường cho khái niệm giới hạn một bên.

Định hướng. Mỗi phía $f$ là một biểu thức quen thuộc, thay giới hạn trực tiếp.

Vậy $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=0$, $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=0$, $\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$.

Định hướng. Lấy dãy bất kì dần về $0$ từ từng phía, tính $f(x_n)$.

Vậy cả ba giới hạn đều bằng $0$.

Định hướng. Với $|x|<1$ thì $|x|\le \sqrt{|x|}$ nên $f$ bị kẹp giữa $0$ và $\sqrt{|x|}$ ở cả hai phía.

Vậy $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 0}{\lim }f(x)=0$.

Nhận xét. Đồ thị gồm nửa đường thẳng $y=-x$ bên trái và nhánh $y=\sqrt{x}$ bên phải, hai nhánh gặp nhau tại gốc $O$ nên giới hạn tồn tại.

Định hướng. $f(x_n)$ là $1$ cộng một phân số có mẫu dần tới $+\infty$.

Vậy $f(x_n)=1+\frac{2}{x_n-1}$ và $\underset{n\to +\infty }{\lim }f(x_n)=1$.

Định hướng. Viết $f$ thành một phân thức rồi chia cho lũy thừa cao nhất của $x_n$.

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }f(x_n)=1$.

Định hướng. Chứng tỏ $|f(x_n)-1|$ dần về $0$; trên Hình 5.4 đó là khoảng cách từ đồ thị tới đường thẳng $y=1$.

Vậy $\underset{n\to +\infty }{\lim }f(x_n)=1$, tức $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1$.

Nhận xét. Chẳng hạn muốn $|f(x)-1|<0,01$ chỉ cần $x-1>200$, tức $x>201$. Đường thẳng $y=1$ gọi là tiệm cận ngang của đồ thị.

Định hướng. Rút $x$ ra khỏi căn (với $x>0$) rồi chia.

Vậy $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{\sqrt{x^2+2}}{x+1}=1$.

Định hướng. Xét hiệu $f(x)-1=\frac{\sqrt{x^2+2}-(x+1)}{x+1}$ và khử căn ở tử.

Vậy $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)=1$.

Định hướng. Với $x\ge 1$ có $x<\sqrt{x^2+2}\le x+1$ vì $(x+1{)}^2=x^2+2x+1\ge x^2+2$.

Vậy giới hạn bằng $1$.

Nhận xét. Cách 3 cho thấy $f(x)\le 1$ với $x\ge 1$: đồ thị tiến về đường thẳng $y=1$ từ phía dưới.

Định hướng. Dùng $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{O{A}^2}+\frac{1}{O{B}^2}$, sau đó xét giới hạn của $h$ và của $BH$.

Vậy a) $h=\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}$; b) khi $A\to O$ thì $OH=h\to 0$ nên $H$ dần tới $O$; c) khi $A$ ra vô cực thì $BH\to 0$ nên $H$ dần tới $B$ ($h\to 1=OB$).

Định hướng. $2S_{OAB}=OA\cdot OB=AB\cdot OH$ cho ngay $h$.

Vậy $h=\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}$; $A\to O$ thì $H\to O$; $A\to +\infty$ thì $OH\to 1=OB$ và $\widehat{BOH}\to 0^{\circ }$ nên $H\to B$.

Định hướng. Viết phương trình $AB$, tìm toạ độ chân đường cao $H$ rồi lấy giới hạn từng toạ độ.

Vậy $h=\frac{a}{\sqrt{a^2+1}}$; khi $A\to O$ thì $H\to O$; khi $A$ ra vô cực theo chiều dương thì $H\to B$.

Nhận xét. Trực quan: khi $A$ về $O$, tam giác bẹp xuống trục $Oy$, cạnh $AB$ gần trùng $OB$ nên chân đường cao về $O$; khi $A$ ra xa, $AB$ gần song song với $Ox$, đường cao $OH$ gần trùng $OB$ nên $H$ về $B$.

Định hướng. Rút gọn $f(x_n)$ thành lũy thừa của $n$.

Vậy $f(x_n)\to +\infty$.

Định hướng. Chỉ ra với mỗi $M>0$, kể từ một số hạng nào đó mọi $f(x_n)$ đều lớn hơn $M$.

Vậy $f(x_n)$ lớn hơn mọi số dương cho trước kể từ một số hạng nào đó, tức $f(x_n)\to +\infty$.

Định hướng. $f(x_n)=\frac{1}{x_n^2}$ với $x_n^2>0$ và $x_n^2\to 0$.

Vậy $f(x_n)\to +\infty$.

Nhận xét. Cách 3 dùng được cho mọi dãy $x_n\to 0$, $x_n\ne 0$ (không chỉ $x_n=\frac{1}{n}$), nên thật ra $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{1}{x^2}=+\infty$ — đúng như hai nhánh đồ thị vọt lên dọc trục $Oy$.